\\五年真題（202L2025）

與兼06現(xiàn)易犍

（五年考情?探規(guī)律）

五年考情

考點(diǎn)命題趨勢(shì)

(2021-2025)

近五年“功和能”模塊考查呈現(xiàn)出考點(diǎn)集中且綜

合性強(qiáng)的顯著特點(diǎn)?！肮εc功率”、“動(dòng)能定理”（作為

考點(diǎn)1功與功率2023、2022

核心工具，用于解決變力做功、多過程問題，強(qiáng)調(diào)其

普適性）及?，機(jī)械能守恒定律”（重點(diǎn)考查守恒條件判

斷及應(yīng)用）共同構(gòu)成了高頻考點(diǎn)集群。命題情境緊密

考點(diǎn)2動(dòng)能與動(dòng)能定理2023、2022聯(lián)系科技前沿、大型工程及體育運(yùn)動(dòng)。題核心考查對(duì)

基本概念的理解、對(duì)動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律適用

條件的準(zhǔn)確辨析以及運(yùn)用它們定性分析能量轉(zhuǎn)化或

考點(diǎn)3機(jī)械能守恒定律2024、2022定量計(jì)算簡(jiǎn)單物理量（如速度、高度、功、功率）的

能力。未來(lái)趨勢(shì)預(yù)計(jì)將維持對(duì)功、動(dòng)能定理和機(jī)械能

守恒的核心考查地位，情境設(shè)計(jì)更趨復(fù)雜化和實(shí)際

化,強(qiáng)化利用動(dòng)能定理處理變力做功及非勻變速問題

的能力，并可能深化對(duì)功能關(guān)系的理解與應(yīng)用，要求

考點(diǎn)4能量守恒定律2021

考生在具體情境中靈活選用合適的能量觀點(diǎn)構(gòu)建方

程，綜合考查模型構(gòu)建、過程分析和科學(xué)推理的核心

素養(yǎng)。

（五年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練）

考點(diǎn)01功與功率

1.（2023?江蘇?高考）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)8后返回到底端。利用頻閃

儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（）

A

甲乙

A.受到的合力較小B.經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小

C.在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D.在A、8之間克服摩擦力做的功較小

【答案】C

【詳解】A.頻閃照片時(shí)間間隔相同，圖甲相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)發(fā)生的位移差大，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)

的推論，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；

B.設(shè)斜面傾角為8,動(dòng)摩擦隹數(shù)為〃，上滑階段根據(jù)牛頓第二定律有的=gsine+〃gcos仇下滑階段根

據(jù)牛頓第二定律有的=gsin6-〃gcos。，可知上滑階段階段加速度大于下滑階段加速度，圖甲為上滑階

段，從圖甲中的八點(diǎn)到圖乙中的4點(diǎn)，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知

圖甲經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；

C.由逆向思維，由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)％=4砒2,可知圖甲在A、8之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故

C正確；

D.由于無(wú)論上滑或卜滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、4之間克服摩擦力做的功相

等，故D錯(cuò)誤。

故選U

2.（2022?江蘇?高考）在軌空間站中物體處于完全失重狀態(tài)，對(duì)空間站的影響可忽略，空間站二操控貨物的

機(jī)械臂可簡(jiǎn)化為兩根相連的等長(zhǎng)輕質(zhì)臂桿，每根臂桿長(zhǎng)為心，如題圖I所示，機(jī)械臂一端同定在空間站

上的。點(diǎn)，另一端抓住質(zhì)量為m的貨物，在機(jī)械臂的操控下，貨物先繞。點(diǎn)做半徑為2人角速度為3的

勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)停下，然后在機(jī)械臂操控下，貨物從4點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)

時(shí)間，到達(dá)3點(diǎn)，4、3間的距離為心

（1）求貨物做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)受到合力提供的向心力大小用；

（2）求貨物遲動(dòng)到5點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率P。

（3）在機(jī)械臂作用下，貨物、空間站和地球的位置如題圖2所示，它們?cè)谕恢本€上，貨物與空間站

同步做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知空間站軌道半徑為入貨物與空間站中心的距離為由忽略空間站對(duì)貨物的

引力，求貨物所受的機(jī)械牌作用力與所受的地球引力之比F］：F2。

空間站,

/二二里￡

」/貨物八

/機(jī)械臂2L/；\\

1*地球；；

圖1圖2

【答案】(1)2m舒心；(2)—；(3)廣

t3r3

【詳解】(1)質(zhì)量為m的貨物繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),半徑為2L,根據(jù)牛頓第二定律可知

22

Fn=ma)-2L=2ma)L

(2)貨物從靜止開始以加速度。做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知

1>

L=-at2

乙

解得

2L

貨物到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小為

2L

v=at=—

貨物在機(jī)械臂的作用下在水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力即為貨物所受合力ma,

所以經(jīng)過￡時(shí)間，貨物運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)機(jī)械臂對(duì)其做功的瞬時(shí)功率為

2L2L4mL2

P=mav=m.'-.....=——

t2tt3

(3)空間站和貨物同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度3。相同，對(duì)質(zhì)量為空間站，質(zhì)量為M的地球提供向心力

/頻

G-^-=2

解得

GM=3介3

貨物在機(jī)械臂的作用力用和萬(wàn)有引力尸2的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則

F?一八=ma)Q(r-d)

貨物受到的萬(wàn)有引力

門「Mmma)Qr3

Fz=G(一=(r-d)2

解得機(jī)械臂對(duì)貨物的作用力大小為

ma)lr3r3-(r-d)3

Fi=-m欣(丁一內(nèi)=m成(.仔

則

【答案】（1）t=（2）（3）及d（l-〃）

【詳解】（1）滑雪者從A到尸根據(jù)動(dòng)能定理有

1

mgdsin45°-〃mgcos45"d=-mvp9-0

根據(jù)動(dòng)量定理有

（mgsin45°-4mgeos45”=mvp-0

聯(lián)立解得

2y[2d

9(1一〃)

%=/魚加。一〃）

（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到8點(diǎn)合力做功為0,所以當(dāng)從A

點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)8點(diǎn)有

vs=vP=Jv2gd（1-〃）

（3）當(dāng)滑雪者剛好落在。點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長(zhǎng)度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有

vPcos45°=gx5

水平方向上有

L=vPsin450?t

聯(lián)立可得

L-V2d(l—〃)

考點(diǎn)03機(jī)械能守恒定律

5.（2024?江蘇?高考）如圖所示，物塊B分別通過輕彈簧、細(xì)線與水平面上的物體A左右端相連，整個(gè)系

統(tǒng)保持靜止。已知所有接觸面均光滑，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)。剪斷細(xì)線后（）

細(xì)線

IA二

A.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的動(dòng)能達(dá)到最大

B.彈簧壓縮最大時(shí)，A的動(dòng)量達(dá)到最大

C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量增加

D.彈簧恢兔原長(zhǎng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能增加

【答案】A

【詳解】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得機(jī)A%=6B%設(shè)彈簧的初始

22

彈性勢(shì)能為0,整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)得昂=|mAvA+17nBvB,

聯(lián)立得昂=：（鬻+mA）%2故可知彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)物體A速度最大，此時(shí)物體A的動(dòng)量最大，動(dòng)能最

大。對(duì)于系統(tǒng)來(lái)說動(dòng)量一直為零，系統(tǒng)機(jī)械能不變。

故選A。

6.（2022?江蘇?高考）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與物塊A連接在一起，處于壓縮狀態(tài)，A由靜

止釋放后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，立即將物塊B輕放在A右側(cè)，A、B由靜止開始一起沿斜面向

下運(yùn)動(dòng)，下滑過程中A、B始終不分離，當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

相同、彈簧未超過彈性限度，則（）

A.當(dāng)上滑到最大位移的一半時(shí)，A的加速度方向沿斜面向下

B.A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向不發(fā)生變化

C.下滑時(shí)，B對(duì)A的壓力先減小后增大

D.整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功大于B的重力勢(shì)能減小量

【答案】B

【詳解】B.由于A、B在下滑過程中不分離，設(shè)在最高點(diǎn)的彈力為F,方向沿斜面向下為正方向，斜

面傾角為0,AB之間的彈力為后8,摩擦因素為"，剛下滑時(shí)根據(jù)牛頓第二定律對(duì)AB有/+

（mA+mB）^sin0-n（mA+m^gcosO=（mA+mB）a,對(duì)B^mBgsin0—f/mBgcos0-FAB=mBa,聯(lián)立

可得‘一二_皿

mA+mBmB

由TA對(duì)B的彈力產(chǎn)八8方向沿斜面向上，故可知在最高點(diǎn)尸的方向沿斜面向上；由于在最開始彈簧彈力

也是沿斜面向上的，彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，所以A上滑時(shí)、彈簧的彈力方向一直沿斜面向上，不發(fā)生

變化，故B正確；

A.設(shè)彈簧原長(zhǎng)在。點(diǎn)，A剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)距離。點(diǎn)為《，A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距離0點(diǎn)為?。合禄^程

AB不分離，則彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，上滑過程根據(jù)能量守恒定律可得/蜉=J^+（7ngsinO+

f）（Xx-X2）

化簡(jiǎn)得k=迎；：；上2當(dāng)位移為最大位移的一半時(shí)有/合）-（mgsine+/）,帶入左值可知

F.尸0,即此時(shí)加速度為0,故A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)B的分析可知一^二-2，再結(jié)合B選項(xiàng)的結(jié)論可知下滑過程中尸向上且逐漸變大，則下滑

mA+mBmB

過程昂8逐漸變大，根據(jù)牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力逐漸變大，故C錯(cuò)誤；

D.整個(gè)過程中彈力做的功為0,A重力做的功為0,當(dāng)A回到初始位置時(shí)速度為零，根據(jù)功能關(guān)系可

知整個(gè)過程中A、B克服摩擦力所做的總功等于B的重力勢(shì)能減小量，故D錯(cuò)誤。

故選B。

考點(diǎn)04能量守恒定律

7.（2021?江蘇?高考）如圖所示的離心裝置中，光滑水平輕桿固定在豎直轉(zhuǎn)軸的。點(diǎn)，小圓環(huán)人和輕質(zhì)彈簧

套在輕桿上，長(zhǎng)為2L的細(xì)線和彈簧兩端分別固定于。和A,質(zhì)量為〃?的小球8固定在細(xì)線的中點(diǎn)，裝置

靜止時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為37。，現(xiàn)將裝置由靜止緩慢加速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)細(xì)線與豎直方向的夾角增大

至1153。時(shí)，A、B間細(xì)線的拉力恰好減小到零，彈簧彈力與靜止時(shí)大小相等、方向相反，重力加速度為g,

取sin370=0.6,cos370=0.8?求:

（1）裝置靜止時(shí)，彈簧彈力的大小尸；

（2）環(huán)A的質(zhì)量M；

（3）上述過程中裝置對(duì)A、4所做的總功卬。

【答案】（1）等：（2）三加；（3）^mgL

OO■OU

【詳解】（1）設(shè)A3、。3的張力分別為Fi、F2,A受力平衡

F=尸產(chǎn)而37。8受力平衡

&COS37。+F2COS37°=mg

FiSin370=F2sin37°

解得

3mg

~S~

（2）設(shè)裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為w對(duì)A

8

F=Ma）29--L

對(duì)8

4

mgtan53°=mco2"sL

解得

9

M=-m

64

（3）3上升的高度九二：L,43的動(dòng)能分別為

；%=嚴(yán)加（儂9）2

根據(jù)能量守恒定律可知

W=（%-。）+（&'kB-。）+mgh

解得

31

W=30m9L

1年模擬?精選模考題

1.（2025?江蘇蘇州?三模）將一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）懸掛于。點(diǎn);，拉開一個(gè)小角度（。＜5。）后靜止釋放，不計(jì)

空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.小球質(zhì)量越大，擺動(dòng)周期越小

B.拉開角度越小，擺動(dòng)周期越小

C.小球擺動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

D.擺動(dòng)過程中，繩的拉力與重力的合力充當(dāng)回兔力

【答案】C

【詳解】AB.根據(jù)單擺周期公式T=2TTJ1,可知擺動(dòng)周期與小球質(zhì)量和拉開角度無(wú)關(guān)，改AB錯(cuò)誤；

C.小球擺動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確；

D.擺動(dòng)過程中，重力的切向分力提供回復(fù)力，故D錯(cuò)誤。

故選C。

2.（2025?江蘇G4聯(lián)考?階段調(diào)研）由于空氣阻力的影響，炮彈的實(shí)際飛行軌跡不是拋物線，而是“彈道曲線”，

如圖中實(shí)線所示，O點(diǎn)為發(fā)射點(diǎn)，d點(diǎn)為落地點(diǎn)，力點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn)，。、c為運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)過的距地

面高度相等的兩點(diǎn)，下列說法正確的是（）

A.炮彈到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度為零

B.炮彈到達(dá)〃點(diǎn)時(shí)的加速度為重力加速度g

C.炮彈經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)重力的功率比c點(diǎn)大

D.炮彈在Ob段重力的平均功率與加/段相等

【答案】C

【詳解】A.到達(dá)b點(diǎn)時(shí)，炮彈的豎直分速度為零，但具有水平分速度（不為零），故A錯(cuò)誤；

B.炮彈到達(dá)。點(diǎn)時(shí)，除受到豎直向下的重力外、還受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的空氣阻力作用，所以到達(dá)匕點(diǎn)

時(shí)，炮彈的加速度不為重力加速度g,故B錯(cuò)誤；

C.炮彈從a點(diǎn)到c點(diǎn)的過程，豎直方向，由于空氣阻力的影響，豎直向上減速的加速度大于豎宜向下加

速的加速度，位移相同，根據(jù)/-0=2ax,可知，c點(diǎn)的豎直分速度小于0點(diǎn)的豎直分速度，根據(jù)重力

的功率尸=可知炮彈經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)重力的功率比c點(diǎn)大，故C正確；

D.從。到人的過程中，在豎直方向上，受到重力和阻力在豎直向下的分力/】，由牛頓第二定律可得

mg+/l=mai，解得％=誓，在從b到"的過程中，在豎直方向上，受到向下的重力和阻力在豎直

向上的分力心，由牛頓第二定律可得mg-心=巾。2,解得&=整。對(duì)比可得%＞。2,即上升階段

的加速度總體比卜降階段的加速度大，由/1=：。產(chǎn)，可定性確定，豎直位移相同，加速度越大，時(shí)間就

越短，所以炮彈由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到方點(diǎn)的時(shí)間小于由〃點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的時(shí)間，但兩個(gè)過程重力做功的值相同，

根據(jù)尸=Y

可知炮彈在。力段重力的平均功率大于叼段重力的平均功率，故D錯(cuò)誤。

故選C。

3.（2025?江蘇揚(yáng)州中學(xué)?二模）一物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力作用下開始運(yùn)動(dòng)（不計(jì)空氣阻力）。

在向上運(yùn)動(dòng)的過程中，物體的機(jī)械能E與上升高度力的關(guān)系圖象如圖所示，其中。~〃/過程的圖線是過

原點(diǎn)的直線，/，~〃2過程的圖線為平行于橫軸的直線。則（）

A.在0~〃2上升過程中，物體先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.在0~知上升過程中，物體的加速度不斷增大

C.在0~向上升過程中，拉力的功率保持不變

D.在力L/22上升過程中，物體只受重力作用

【答案】D

【詳解】ABD.物體靜止在地面上，在豎直方向的拉力和重力作用下向上開始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系可知，

除重力之外的拉力做功改變物體的機(jī)械能，故E-力圖象斜率表示所受拉力的大小，在0?片上升過程中，

E隨上升高度。均勻增大，則圖象斜率不變，則拉力大小不變，根據(jù)牛頓第二定律有尸-mg=ma

可知物體的加速度不變，則此過程物體做勻加速運(yùn)動(dòng);在k?電上升過程中，七隨上升高度力不變，則E-八

圖象斜率為零，則拉力大小為零，物體只受重力作用，加速度為重力加速度，方向豎直向F,而物體的

速度方向向上，則此過程物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，D正確；

C.在0~歷上升過程中，拉力的大小不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則物體的速度不斷增大，根據(jù)P=Fv

可知拉力的功率不斷增大，故C錯(cuò)誤。

故選D。

4.（2025-江蘇南京&鹽城?一模）如圖所示，圓筒固定在水平面上，圓筒底面上有一與內(nèi)壁接觸的小物塊，

現(xiàn)給物塊沿內(nèi)壁切向方向的水平初速度。若物塊與所有接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等。則物塊滑動(dòng)時(shí)

動(dòng)能反與通過的弧長(zhǎng)s的圖像可能正確的是（）

【答案】C

【詳解】物塊緊貼圓筒內(nèi)壁開始滑動(dòng)，豎直方向受力平衡N豎=mg,水平方向圓筒側(cè)面的彈力提供向心

力，則有N例二小=，由于圓簡(jiǎn)粗糙，所以物塊滑動(dòng)過程受到側(cè)面和底面的滑動(dòng)摩擦力作用，物塊做減

速運(yùn)動(dòng)，則有九u/底=〃mg,可知隨著物塊速度的減小，側(cè)面滑動(dòng)摩擦力逐漸減小，

則滑動(dòng)摩擦力合力逐漸減小，相同的弧長(zhǎng)，滑動(dòng)摩擦力合力做負(fù)功越來(lái)越少，根據(jù)動(dòng)能定理可知，動(dòng)能

減小的越來(lái)越慢，則動(dòng)能與弧長(zhǎng)的圖像斜率減小。

故選C。

5.（2025?江蘇宿遷?考前模擬）如圖所示，汽車定速巡航（即速率不變）從左至右通過拱形路面。若汽車行

駛過程中所受阻力大小不變，則該過程中汽車的功率（）

A.一直減小

B.一直增大

C.先減小后增大

D.先增大后減小

【答案】A

【詳解】汽車定速巡航（即速率不變），由平衡條件可得汽車的牽引力大小為F=mgsine+f,其中。為

汽車軌跡切線與水平方向的夾角，/為阻力，根據(jù)功率P=Fi;=（mgsin。+/）〃汽車沿拱形路面上坡

的過程中，。減小，所以牽引力減小，可知功率逐漸減小。

故選Ao

6.（2025?江蘇揚(yáng)州新華中學(xué)?二模）如圖所示，有一符合方程產(chǎn)f+4的曲面。，軸正方向?yàn)樨Q直向上），在

點(diǎn)P（0,40m）將一質(zhì)量為1kg的小球以2m/s的速度水平拋出，小球第一次打在曲面上的M點(diǎn)，不計(jì)

空氣阻力，取gGOm*,則（）

A.M點(diǎn)坐標(biāo)為（5m,29m）

B.小球打在M點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為100W

C.小球打在M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為404J

D.尸點(diǎn)與M點(diǎn)間距離為4年m

【答案】D

【詳解】A.小球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向勻速直線運(yùn)動(dòng)工=為3豎直方向勻加速直線運(yùn)動(dòng):y=ggt2,則

40-）―/+4,聯(lián)立解得,v-4m,y-20m,Z-2s,所以M點(diǎn)坐標(biāo)為（4m,20m）,故A錯(cuò)誤；

B.球打在M點(diǎn)時(shí)豎直分速度為i，尸gr=10x2m/s=20m/s,重力的瞬時(shí)功率尸二〃由，尸1X10X20W=200W,故

B錯(cuò)誤；

C.球打在M點(diǎn)時(shí)速度為u=J詔+藥=同希n/s,此時(shí)的動(dòng)能為無(wú)=（小講=202卜故C錯(cuò)誤;

D.〃點(diǎn)與M點(diǎn)間距離，=yjx2+y2=74?+202m=4>/26m,故D正確。

故選Do

7.。0-汨蘇蘇州?南航大蘇州附?一模）如圖所示，在傾角為30。的光滑斜面上，勁度系數(shù)為200N/m的輕

質(zhì)彈簧一端連接在固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為4kg的物體A,一輕細(xì)繩通過定滑輪，一端系在物

體A上，另一端與質(zhì)量也為4kg的小球B相連，細(xì)繩與斜面平行，斜面足夠長(zhǎng)，用手托住球B使繩子剛好

沒有拉力，然后由靜止釋放，不計(jì)一切摩擦，g取10m/s2.則（）

A.A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒

B.彈簧恢兔原長(zhǎng)時(shí)細(xì)繩上的拉力為40N

C.A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為20cm

D.如果把斜面傾角改為25。，A上滑到最高點(diǎn)時(shí)間不變

【答案】D

【詳解】A.因AB系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過程中有彈簧的彈力對(duì)A做功，則A、B組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能

不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，對(duì)A,T-mgsin30°=ma,對(duì)B,mg-T=ma,解得細(xì)繩上的拉力為7=30N

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.開始時(shí)彈簧壓縮量=巴怨汨=0.1m,當(dāng)?shù)竭_(dá)平衡位置時(shí)mg=kg+Mgsin30。，解得%?=0」m

由對(duì)稱性可知A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為無(wú)=2（%1+*2）=40cm,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

D.因AB系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，則振動(dòng)周期與斜面傾角無(wú)關(guān)，即如果把斜面傾角改為25。，系統(tǒng)的周期不變，

則A上滑到最高點(diǎn)時(shí)間不變，選項(xiàng)D正確。

故選D。

8.（2025?江蘇宿遷?三模）如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由

靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力。小球從釋放向最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)細(xì)線與水平方向夾角為

0,則線中拉力的大小F、小球沿圓弧切線方向加速度的大小。隨sin〃變化的圖像可能正確的是（）

【詳解】CD.沿切線方向，根據(jù)牛頓第一定律得mgcosH=ma,解得a=gVl-siMd,當(dāng)細(xì)線水平時(shí)

8=0,sin。=0,加速度。最大，最大值為a最大=g,當(dāng)細(xì)線豎直時(shí)。=90。，sin0=1,加速度

a最小，最小值為a=0,CD錯(cuò)誤；

AB.沿半徑方向，根據(jù)牛頓第二定律得尸一mgsin8=m3，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgLsin。=gm/

解得尸=3mgsin6,A正確，B錯(cuò)誤。

故選Ao

9.（2025?江蘇泰州姜堰區(qū)?二模）將一只皮球輅有向上拋出，皮球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到空氣阻力的大小與速度的大小

成正比，皮球從拋出到落回拋出點(diǎn)過程中，其運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能及與上升高度力之間關(guān)系的圖像可能正確的是

【答案】A

【詳解】根據(jù)動(dòng)能定理W合=F合x=AFk

可知Ek-h圖像的切線斜率絕對(duì)值等于合力大??；

上行過程的合力大小為/合=mg+f=mg+kv

可知上行過程隨著速度的減小，合力大小逐漸減小，則Ek-九圖像的切線斜率絕對(duì)值逐漸減小；

下行過程的合力大小為尸'合=mg-f=mg-kv

可知下行過程隨著速度的增大，合力大小逐漸減小，則氏-九圖像的切線斜率絕對(duì)值逐漸減小：

由于空氣阻力總是做負(fù)功，所以經(jīng)過同一位置時(shí)，上行時(shí)的動(dòng)能總是比下行時(shí)的動(dòng)能大。

故選A。

10.（24-25高三下?江蘇宿遷泗陽(yáng)?一模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在光滑斜面的擋板上。物塊從圖

示位置靜止釋放，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。則物塊與彈簧有相互作用的整個(gè)下滑過程中（）

A.擋板對(duì)彈簧做負(fù)功

B.物塊的速度逐漸減小

C.物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大

D.物塊的機(jī)械能先增大后減小

【答案】C

【詳解】A.在擋板對(duì)彈簧的力方向上無(wú)位移，擋板對(duì)彈簧不做功，故A錯(cuò)誤；

B.物塊與彈簧組成彈簧振子，在平衡位置速度最大，最低點(diǎn)速度為零，故速度先增大后減小，故B錯(cuò)

誤；

C.物塊與彈簧組成彈簧振子，可知物塊在最低點(diǎn)時(shí)的加速度最大，故C正確；

D.壓縮彈簧過程中，彈性勢(shì)能一直增大，物塊的機(jī)械能一直減小，故D錯(cuò)誤。

故選C。

11.（2025?江蘇蘇州八校?三模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定直導(dǎo)線水平放置，導(dǎo)線中通有恒定電流/,

導(dǎo)線正下方有一個(gè)質(zhì)量為機(jī)的鋁質(zhì)球，某時(shí)刻無(wú)初速釋放鋁球使其下落，不計(jì)空氣阻力，下列說法正

確的是（）

A.小球下落過程機(jī)械能一定減小

B.小球下落過程機(jī)械能一定守恒

C.小球下落過程機(jī)械能一定增加

D.小球下落過程機(jī)械能先增加后不變

【答案】A

【詳解】因通電直導(dǎo)線下方產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且隨著距離直導(dǎo)線的距離增加磁場(chǎng)逐漸減弱，

可知小球下落過程中因磁通量逐漸減小在小球中產(chǎn)生渦流，鋁制球產(chǎn)生熱量，由能量關(guān)系可知，小球

的機(jī)械能將逐漸減小。

故選Ao

12.（24-25高三下?江蘇宿遷泗陽(yáng)?一模）將一小球從地面豎直向上拋出，小球上升到某一高度后又落回到地

面。若該過程中空氣阻力大小不變，則（）

A.在上升過程與下降過程中，重力做的功相同

B.在上升過程與下降過程中，重力的沖量相同

C.上升過程中小球動(dòng)量的變化率比下降過程中的大

D.整個(gè)過程中空氣阻力的沖量等于小球動(dòng)量的變化量

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)%=G/i可知，重力在上升過程做負(fù)功，下降過程中重力做正功，故A錯(cuò)誤；

B.上升過程中的加速度mg+f=ma］，下降過程中的加速度mg-f=ma2^則%>a2?由于位移相

等，根據(jù)％=［砒2可知，上升的時(shí)間小于下降的時(shí)間，根據(jù)/=G3可知，重力在上升過程中的沖量小

于下降過程中的沖量，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)動(dòng)量定理可知尸八=華，結(jié)合B項(xiàng)分析可知，上升過程中小球動(dòng)量的變化率比下降過程中的大，

口At

故c正確；

D.整個(gè)過程中空氣阻力的沖量和重力的沖量之和等于小球動(dòng)量的變化量，故D錯(cuò)誤。

故選C。

13.（2025?江蘇連云港??模）如圖所示，兩根相同彈性輕繩一端分別固定在4、4點(diǎn)，自然伸長(zhǎng)時(shí)另一端恰

好處于圖中光滑定滑輪上的仄B，，將輕繩自由端跨過定滑輪連接質(zhì)量為m的小球，A、B、C、B\H在

同一水平線上，且C8=C9?，F(xiàn)將小球從。點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直方向運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。己

知C、E兩點(diǎn)間距離為九,。為CE的中點(diǎn)，重力加速度為g,輕繩形變遵循胡克定律且始終處于彈性限度內(nèi)，

不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.小球在E點(diǎn)的加速度為2g

B.小球在CZ）段減少的機(jī)械能等于在DE段減少的機(jī)械能

C.小球從。運(yùn)動(dòng)到。的時(shí)間個(gè)于從。運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間

D.若僅將小球質(zhì)量變?yōu)?m,則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度為題

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做筒諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性知，E點(diǎn)的加速度大小等于

C點(diǎn)的加速度，C點(diǎn)小球所受合力等于重力，故加速度大小為g,故A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)A項(xiàng)分析知，小球在C、E兩點(diǎn)間做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知，小球從C運(yùn)動(dòng)到。的時(shí)間

等于從。運(yùn)動(dòng)到E的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；

B.根據(jù)功能關(guān)系知小球減少的機(jī)械能等于彈力對(duì)小球做的負(fù)功，設(shè)小球在C點(diǎn)時(shí)伸長(zhǎng)量為％,則小球在

。。段克服彈力做功匕=2xgk/+停）-2x;依2,在DE段克服彈力做功心=2x9（7+叢）_

2X）卜十e）2],聯(lián)立知川]》“2，故小球在C。段減少的機(jī)械能不等于在DE段減少的機(jī)械能，故B

錯(cuò)誤；

D.小球從C、E過程，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒2xpca2+F）—2x：kM=mgh,若僅將小球質(zhì)量變?yōu)?/p>

2m,則根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒2x1/c（x2+h2）-2x^kx2+x2mv2=2mgh,聯(lián)立解得小球到達(dá)E點(diǎn)

時(shí)的速度為u=病，故DE確。

故選D。

14.（24-25高一?江蘇南京六校聯(lián)合體?3月調(diào)研）如圖所示，固定的光滑豎直桿上套著一個(gè)滑塊，滑塊用輕

繩系著繞過光滑的定滑輪。I滑輪大小可忽略）。現(xiàn)以大小不變的拉力/拉繩，使滑塊從A點(diǎn)起由靜止

開始上升，滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度最大。已知滑塊質(zhì)量為用，滑輪。到豎直桿的距離為d,ZOAOf=

37。，/OCO=53。，重力加速度為g,sin37o=0.6。下列說法正確的是（）

A.拉力廠的大小為qmg

B.滑塊由A到C做勻加速運(yùn)動(dòng)

C.滑塊由A到。過程中拉力廠做的功為Jmgd

D.滑塊在C點(diǎn)的動(dòng)能為gmgd

【答案】D

［詳解）A.當(dāng)滑塊的合力為零,加速度為零時(shí)，速度最大，則在。點(diǎn)，滑塊的合力為零，則有尺353。=mg

解得拉力廠的大小為尸=爵=^g9,故A錯(cuò)誤；

B.對(duì)滑塊受力分析，豎直方向有FcosJ-7ng=ma,滑塊向上滑動(dòng)時(shí)，細(xì)繩與豎直方向夾角變大，而

拉力不變，則滑塊的加速度a變小，故B錯(cuò)誤；

C.滑塊由人到C過程中拉力/做的功為皿=尸?（』一』）=§巾9/故?錯(cuò)誤；

D.滑塊從A運(yùn)動(dòng)到C過程，由動(dòng)能定理得卬一加9九=縱-0,又由幾何關(guān)系九=』-』=三d

tan370tan5312

聯(lián)立解得瓦=刎9小故D正確。

故選D。

15.（2025?江蘇南京?二模）如圖甲所示，傾角為。、長(zhǎng)為2/的斜面AC,4B段光滑，8c段粗糙，￡AB=BC=l.

質(zhì)量為，〃的小物體由A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，BC段動(dòng)摩擦因數(shù)自上而下逐漸增大，具體變化

如圖乙所示，重力加速度為和下列說法正確的是（）

OIx

乙

A.動(dòng)摩擦因數(shù)最大值仰產(chǎn)2tan。

B.小物塊的最大速度為,北雨

C.重力在A3、BC兩段路面上做功不相等

D.重力在A8段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率等于在段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率

【答案】B

【詳解】A.從A處?kù)o止釋放，到C點(diǎn)恰好停下，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg-2/sin6-Wf=。，由圖乙可

知”=^nmmgcosG-/?聯(lián)立解得小=4tanJ故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)摩擦力等于重力沿斜面向下的分力時(shí)，小物塊的速度達(dá)到最大，此時(shí)有4mgeos。=mgsin仇解

得〃=tanO=；〃m，由圖乙可知，此時(shí)小物塊在，C段下滑的距離為｝,則從從A處?kù)o止釋放到最大速

r

度過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得mg?（1+?）sin8-Wf=gm*-0,其中W*=汕ngcosB.（二^mglsinO,

解得最大速度為〃=：犧而，故B正確；

C.由于4B、BC兩段路面的長(zhǎng)度相同，對(duì)應(yīng)的高度相同，根據(jù)“G=mg九，可知重力在48、BC兩段

路面上做功相等，故C錯(cuò)誤；

D.設(shè)小物塊在8點(diǎn)的速度為如，小物塊在48段做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則48中間時(shí)刻速度為%=巴蘆=￡

則重力在"段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率尸-mg^sinO-〃叼子sin。，小物塊在3C段不是做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，

所以段中間時(shí)刻速度藝￥竽=號(hào)則重力在8c段中間時(shí)刻瞬時(shí)功率P=mgv2s\xx0*mg^sin。,

故D錯(cuò)誤。

故選B。

16.（2024?江蘇泰州?一模）如圖所示，水平面04段粗糙，/W段光滑，0A=AB=^-一原長(zhǎng)為》、勁度系

乙oD

數(shù)為女（女＞叫詈）的輕彈簧右端固定，左端連接一質(zhì)量為，〃的物塊。物塊從。點(diǎn)由靜止釋放。已知

物塊與QA段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。則物塊在向右運(yùn)動(dòng)過程中，其加速

度大小。、動(dòng)能反、彈簧的彈性勢(shì)能弓、系統(tǒng)的機(jī)械能E隨位移x變化的圖像可能正確的是（）

―777777777777777777770上

-?

C.O0.5/0.6/XD.O0.5/0.6/x

【答案】B

【詳解】A.由題意可知，A點(diǎn)處，物塊受到的彈力大小為分=%-9=玉/>〃巾9,可知物塊從。

到A過程，一直做加速運(yùn)動(dòng),動(dòng)能一直增加，根據(jù)牛頓第二定律可得Q="3=”一〃。（0<%<0,51）

可知物塊從。到A過程，％圖像應(yīng)為一條斜率為負(fù)的傾斜直線，故A錯(cuò)誤；

B.物塊從。到A過程（0WXW0.5Q,由于彈簧彈力一直大于滑動(dòng)摩擦力，物塊一直做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)

能一直增加，但隨著彈力的減小，物塊受到的合力逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可知，Ek-無(wú)圖像的切線斜

率逐漸減?。晃飰K到4點(diǎn)瞬間，合力突變等于彈簧彈力，則Ek-%圖像的切線斜率突變變大，接著物塊

從A到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)過程（0.51<%W0.61）,物塊繼續(xù)做加速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能繼續(xù)增大，隨著彈力

的減小，圖像的切線斜率逐漸減小；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物塊的動(dòng)能達(dá)到最大，接著彈簧處于壓

縮狀態(tài)，物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，物塊的動(dòng)能逐漸減小到0,該過程，隨著彈力的增大，a-工圖像的切

線斜率逐漸增大：故B正確；

C.根據(jù)彈性勢(shì)能表達(dá)式可得昂=3（A%）2=，（0.6-%）2,可知昂-％圖像為開口向上的拋物線，頂

點(diǎn)在％=0.6/處，故C錯(cuò)誤；

D.物塊從。到人過程（0<%<0.5D,摩擦力對(duì)?系統(tǒng)做負(fù)功,系統(tǒng)的機(jī)械能逐漸減少，根據(jù)AE=-fimgx

可知從。到4過程，E-x圖像為一條斜率為負(fù)的斜率直線；物塊到達(dá)A點(diǎn)后，由于4點(diǎn)右側(cè)光滑，則

物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即E保持不變，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

17.（2025?江蘇蘇州?二模）圖甲是某科技館的一件名為“最速降線”的展品，在高度差一定的不同光滑軌道

中，小球滾下用時(shí)最短的軌道叫做最速降線軌道。軌道I的末端與水平面相切，如圖乙所示，將相同

的小球a和b分別從I、H兩軌道的起點(diǎn)M同時(shí)靜止釋放，則小球a先到達(dá)終點(diǎn)N：并且發(fā)現(xiàn)小球a

從I軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同?，F(xiàn)將小球，和力同時(shí)從起點(diǎn)M靜止釋放,下

列說法正確的是（）

甲

A.小球。沿I軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度大

B.從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)量變化量相同

C.若在兩球釋放的同時(shí)，將小球c平拋恰好也落在N點(diǎn)，三個(gè)球相比仍是。先到達(dá)

D.若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，小球〃沿I凱道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小

【答案】D

【詳解】A、對(duì)小球，由M到N過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得!加感二加0心板,故小球沿兩軌道運(yùn)動(dòng)到N

點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，A錯(cuò)誤；

B、由于兩小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度方向不同，故從起點(diǎn)到終點(diǎn)，兩球的動(dòng)量變化量不同，故B錯(cuò)誤；

C、由于小球〃從I軌道的不同位置靜止釋放，到達(dá)末端的時(shí)間都相同，故小球。在【軌道的運(yùn)動(dòng)可視

為一個(gè)擺長(zhǎng)特別大的單擺運(yùn)動(dòng)的一部分，小球a從M到N運(yùn)動(dòng)時(shí)間=q值，小球6從M到N

427g

的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為功,則有g(shù)gsin%2=2Rsin。，解得％=2/若在兩球釋放的同時(shí)，將小球c平拋恰好

也落在N點(diǎn)，則有：g-t/=2R(l-cose),解得工=2平呼函,其中。為MN所對(duì)的圓周角，由于R

很大，小球。做單擺運(yùn)動(dòng)，故。＜5。，故可知功＜/＜立，即三個(gè)球相比，c先到達(dá)N點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D、若軌道不光滑且與兩球滑動(dòng)摩擦因數(shù)相同，由于小球。運(yùn)動(dòng)過程克服阻力做功更多，因此小球。沿

I軌道運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的速度小，故D正確。

故選D。

18.(2025?江蘇南通&泰州&鎮(zhèn)江&鹽城部分學(xué)校??調(diào))如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面，傾角8=30°,

底端固定彈性擋板，長(zhǎng)木板B放在斜面上，小物塊A放在B的上端沿斜面向上敲擊B,使B立即獲得

初速度%=3.0m/s,此后B和擋板發(fā)生碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向相反，A始終不脫離B且

與擋板不發(fā)生碰撞。已知A、B的質(zhì)量均為m=1.0kg,A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=孚，最大靜摩擦力等

于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。求：

(1)敲擊B后的瞬間，A、B的加速度大小CZA、QB；

(2)B上升的最大距離s；

(3)B的最小長(zhǎng)度L。